山东省临沂市高考数学一模试卷理科含解析

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2019年山东省临沂市高考数学一模试卷（理科）

一、选择题：本大题共10小题，每题5分，共50分.在每题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.1．复数z为纯虚数，若（3﹣i）z=a+i（i为虚数单位），则实数a的值为（）A．﹣3B．3C．﹣D．2．已知会集A={y|y=（）x，x≥﹣1}，B={y|y=ex+1，x≤0}，则以下结论正确的选项是（）A．A=BB．A∪B=RC．A∩B=?D．B∩A=?（?R）（?R）3．某防疫站对学生进行身体健康检查，欲采纳分层抽样的方法抽取样本．某中学生共有学生2000名，抽取了一个容量为200的样本，样本中男生103人，则该中学生共有女生（）A．1030人B．97人C．950人D．970人4．设，且⊥，则向量的夹角为（）A．30°B．60°C．120°D．150°

5．以下四个结论中正确的个数是（）2

②命题：“?x∈R，sinx≤1”的否定是“?x0∈R，sinx0＞1”．

③“若x=，则tanx=1，”的抗命题为真命题；

④若f（x）是R上的奇函数，则f（log32）+f（log23）=0．

A．1B．2C．3D．4

6．若履行如图的程序框图，输出S的值为﹣4，则判断框中应填入的条件是（）

A．k＜14B．k＜15C．k＜16D．k＜177．在△ABC中，cosA=，3sinB=2sinC，且△ABC的面积为2，则边BC的长为（）A．2B．3C．2D．8．已知a是常数，函数的导函数y=f′（x）的图象如图所示，则函数g（x）=|ax﹣2|的图象可能是（）

第1页（共22页）

A．B．C．D．

9．若x，y满足不等式组，则z=|x﹣3|+2y的最小值为（）

A．4B．C．6D．7

10．设双曲线=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别l1，l2，右焦点F．若点F关于直线l1的对称点M在l2上则双曲线的离心率为（）A．3B．2C．D．二、填空题：本大题共5小题，每题5分，共25分.把答案填在答题卡对应题号的地点位置.答错地点，书写不清，含糊其词均不得分.11．若tanα=2，则sin2α=_______．12．若f（x）=3﹣2x，则|f（x+1）+2|≤3的解集为_______．13．已知的张开（1﹣2x）5式中全部项的系数和为m，则_______．14ABC﹣ABC中，侧棱AA⊥平面ABC，AA1=1，底面△ABC是边长为2．在三棱柱111111的正三角形，则此三棱柱的体积为_______．

15．已知实数x，y满足x＞y＞0且x+y=1，则+的最小值是_______．

三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.把答

案填在答题卡上的相应地点.

16．已知函数满足以下条件：

?①周期T=π；

②?图象向左平移个单位长度后关于y轴对称；

③?f（0）=1．

第2页（共22页）

（Ⅰ）求函数f（x）的剖析式；

（Ⅱ）设，求cos（2α﹣2β）

的值．

17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，M，N分别为PB，CD的中点，二面角P﹣CD﹣A的大小为60°，∠ABC=60°，AB=2，PC=PD=

（Ⅰ）求证：PA⊥平面ABCD；

（Ⅱ）求直线MN与平面PCD所成角的正弦值．

18．已知正项数列{an}的前n项和Sn满足6Sn=an2+3an+2，且a2是a1和a6的等比中项．（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）符合[x]表示不超出实数x的最大整数，如[log23]=1，[log25]=2．记，求数列的前n项和Tn．19．a，b，c，d四名运动员强抢某次赛事的第1，2，3，4名，竞赛规则为：经过抽签，将4人分为甲、乙两个小组，每组两人．第一轮竞赛（半决赛）：两组各自在组内进行一场比赛，决出各组的胜者和负者；第二轮竞赛决赛：两组中的胜者进行一场竞赛强抢1，2名，两组中的负者进行一场竞赛强抢第3，4名．四名选手过去交锋的输赢状况累计以下表：abcdaa13胜26负a20胜10负a21胜21负bb26胜13负b14胜28负b19胜19负cc10胜20负c28胜14负c18胜18负dd21胜21负d19胜19负d18胜18负若抽签结果为甲组：a，c；乙组：b，d．每场竞赛中，两方过去交锋各自获胜的频率作为获胜的概率．（Ⅰ）求c获得第1名的概率；（Ⅱ）求c的名次X的分布列和数学希望．20．已知函数f（x）=x2﹣2ax，g（x）=lnx．（Ⅰ）若f（x）≥g（x）关于定义域内的随意x恒建立，务实数a的取值范围；（Ⅱ）设h（x）=f（x）+g（x）有两个极值点x1，x2且，证明：h（x1）﹣h（x2）＞﹣ln2．21C：=1ab0，其短轴的下端点在抛物线x2．已知椭圆1的准线上．

第3页（共22页）

（Ⅰ）求椭圆C1的方程；（Ⅱ）设O为坐标原点，M是直线l：x=2上的动点，F为椭圆的右焦点，过点F作OM的垂线与认为OM直径的圆C2订交于P，Q两点，与椭圆C1订交于A，B两点，以以以以下图．?①若PQ=，求圆C2的方程；②?设C2与四边形OAMB的面积分别为S1，S2，若S1=λS2，求λ的取值范围．

第4页（共22页）

2019年山东省临沂市高考数学一模试卷（理科）

参照答案与试题剖析

一、选择题：本大题共10小题，每题5分，共50分.在每题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求的.

1．复数z为纯虚数，若（3﹣i）z=a+i（i为虚数单位），则实数a的值为（）

A．﹣3B．3C．﹣D．

【考点】复数相等的充要条件．

【剖析】设出复数z，此后利用复数相等的充要条件，求解即可．

【解答】解：设复数z=bi，b≠0，

∴（3﹣i）z=a+i，化为（3﹣i）bi=a+i，即b+3bi=a+i，

b=a=，

应选：D．

2．已知会集A={y|y=（）x，x≥﹣1}，B={y|y=ex+1，x≤0}，则以下结论正确的选项是（）A．A=BB．A∪B=RC．A∩B=?D．B∩?RA=?（?R）（）【考点】交、并、补集的混杂运算．【剖析】化简会集AB、，求出?RA，即可得出结论．【解答】解：会集A={y|y=（）x，x≥﹣1}={y|0＜y≤2}=（0，2]，B={y|y=ex+1，x≤0}={y|1＜y≤2}=（1，2]，

∴?RA=（﹣∞，0]∪（2，+∞），

∴B∩（?RA）=?．

应选：D．

3．某防疫站对学生进行身体健康检查，欲采纳分层抽样的方法抽取样本．某中学生共有学

生2000名，抽取了一个容量为200的样本，样本中男生103人，则该中学生共有女生（）

A．1030人B．97人C．950人D．970人

【考点】分层抽样方法．

【剖析】依仍旧本容量和女生比男生少6人，可得样本中女生数，再依据抽取的比率可得总

体中的女生人数．

【解答】解：∵样本容量为200，女生比男生少6人，

∴样本中女生数为97人，

又分层抽样的抽取比率为=，

∴整体中女生数为970人．

应选：D．

4．设，且⊥，则向量的夹角为（）第5页（共22页）

A．30°B．60°C．120°D．150°

【考点】数目积表示两个向量的夹角．

【剖析】⊥，可得=0，解得x．再利用向量夹角公式即可得出．

【解答】解：∵⊥，∴=x﹣3=0，解得x=．

∴=（0，4），

∴（）?=﹣12，

||=4，==2，

设向量的夹角为θ，

∴cosθ===﹣，

∴θ=150°．

应选：D．

5．以下四个结论中正确的个数是（）2

②命题：“?x∈R，sinx≤1”的否定是“?x0∈R，sinx0＞1”．

③“若x=，则tanx=1，”的抗命题为真命题；

④若f（x）是R上的奇函数，则f（log32）+f（log23）=0．

A．1B．2C．3D．4

【考点】四种命题．

【剖析】①由充分必需条件的定义，即可判断；

②由含有一个量词的命题的否定形式，即可判断；

③先求出抗命题，再判断真假即可，

④依据奇函数的性质和对数的运算法规即可判断．

【解答】解：关于①，x2+x﹣2＞0，解得x＜﹣2或x＞1，故“x＞1”的必需不充分条件，故错误，

关于②，命题：“?x∈R，sinx≤1”的否定是“?x0∈R，sinx0＞1”，故正确，

关于③，若x=，则tanx=1，”的抗命题为“若tanx=1，则x=，x还可以等于，故

错误，

关于④，f（x）是R上的奇函数，则f（﹣x）=﹣f（x），∵log32=，∴log32与log23

不是互为相反数，故错误．

应选：A．

6．若履行如图的程序框图，输出S的值为﹣4，则判断框中应填入的条件是（）

第6页（共22页）

A．k＜14B．k＜15C．k＜16D．k＜17

【考点】程序框图．

【剖析】依据程序框图，写出运转结果，依据程序输出的结果是S=﹣4，可得出判断框内应

填入的条件．

【解答】解：履行如图的程序框图，运转结果以下：

第1次循环S=log2=﹣1，k=2；

第2次循环S=log2+log2=log2，k=3；第3次循环S=log2+log2=log2=2k=4；﹣，第4次循环S=log23+log2=log2，k=5；第5次循环S=log2+log2=log2，k=6；第6次循环S=log2+log2=log2，k=7；第7次循环S=log2+log24=log2=﹣3，k=8；第14次循环S=log2+log2=log2，k=15；第15次循环S=log2+log2=log2=﹣4，?k=16；假如输出S=﹣4，那么只好进行15次循环，故判断框内应填入的条件是k＜16．应选：C．

7．在△ABC中，cosA=，3sinB=2sinC，且△ABC的面积为2，则边BC的长为（）

A．2B．3C．2D．

【考点】正弦定理；余弦定理．

第7页（共22页）

【剖析】由cosA=，A∈（0，π），可得sinA=．由3sinB=2sinC，且△ABC的面积为2，可得3b=2c，=2，再利用余弦定理可得：a2=b2+c2﹣2bccosA．【解答】解：∵cosA=，A∈（0，π），∴sinA==，∵3sinB=2sinC，且△ABC的面积为2，∴3b=2c，=2，解得b=2，c=3．

∴a2=b2+c2﹣2bccosA=22+32﹣2×2×3×=9，

解得a=3．

应选：B．

8．已知a是常数，函数的导函数y=f′（x）的图象如图

所示，则函数g（x）=|ax﹣2|的图象可能是（）

A．B．C．D．

【考点】指数函数的图象变换．

【剖析】求出原函数的导函数，由导函数的图象获得a＞1，此后利用指数函数的图象平移得答案．

【解答】解：∵，

f′（x）=x2+（1﹣a）x﹣a，

由函数y=f′（x）的图象可知，

a＞1，xx则函数g（x）=|a﹣2|的图象是把函数y=a向下平移2个单位，此后取绝对值获得，如图．

应选：D．

9x，y满足不等式组，则z=x3|+2y的最小值为（）．若|﹣第8页（共22页）

A．4B．C．6D．7

【考点】简单线性规划．

【剖析】由题意作出其平面地域，化简z=x32y=，从而分别求最|﹣|+小值，从而解得．

【解答】解：由题意作出其平面地域如右图，

易知A（0，2），B（5，3），C（3，5），D（3，）；

z=x32y=，|﹣|+

当x≥3时，z=x+2y﹣3在点D处获得最小值为，当x＜3时，z=x2y3，﹣++＞故z=|x﹣3|+2y的最小值为，应选B．

10．设双曲线=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线分别l1，l2，右焦点F．若点F关于直线l1的对称点M在l2上则双曲线的离心率为（）A．3B．2C．D．【考点】双曲线的简单性质．【剖析】没关系设l1为y=x，l2为y=﹣x，设出对称点的坐标，依据中点坐标公式和斜率公式即可求出a与b的关系，再依据离心率公式即可求出．

第9页（共22页）

【解答】解：l1，l2分别为双曲线=1（a＞0，b＞0）的两条渐近线，

没关系设l1为y=x，l2为y=﹣x，

由右焦点关于l1的对称点l2在上，

设右焦点F关于l1的对称点为M（m，﹣），

右焦点F坐标为（c，0），

MF中点坐标为（，﹣），

可得﹣=?，

解得m=﹣c，

即有M（﹣c，），

可得MF的斜率为=﹣，

即有﹣?=﹣1，

可得b2=3a2，即c2=a2+b2=4a2，则c=2a，可得e==2，应选：B．二、填空题：本大题共5小题，每题5分，共25分.把答案填在答题卡对应题号的地点位置.答错地点，书写不清，含糊其词均不得分.11．若tanα=2，则sin2α=．【考点】二倍角的正弦；同角三角函数间的基本关系．

【剖析】利用同角三角函数的基本关系以及二倍角的正弦公式，把要求的式子化为

，把已知条件代入运算求得结果．

【解答】解：∵tanα=2，∴sin2α=2sinαcosα===，

故答案为．

12fx）=3﹣2xfx123的解集为[03．．若（，则|（+）+|≤，]第10页（共22页）

【考点】绝对值不等式的解法．

【剖析】求出f（x+1），问题转变成：|2x﹣3|≤3，解出即可．

【解答】解：若f（x）=3﹣2x，

则|f（x+1）+2|=|3﹣2（x+1）+2|=|2x﹣3|≤3，

解得：0≤x≤3，

故不等式的解集为[0，3]，故答案为：[0，3]．

13．已知的张开（1﹣2x）5式中全部项的系数和为m，则ln2．

【考点】二项式系数的性质．

【剖析】依据张开式中全部项的系数和求出m的值，再计算定积分的值即可．5m=（15﹣2）=﹣1，∴x﹣1dx=lnx=ln2﹣ln1=ln2．故答案为：ln2．14ABC﹣ABC1中，侧棱AA⊥平面ABC，AA=1，底面△ABC是边长为2．在三棱柱111111的正三角形，则此三棱柱的体积为．

【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积．

【剖析】由等积法证明，此后利用棱锥的体积公式求得答案．

【解答】解：如图，

连接B1C，则，又，∴，∵AA1⊥平面AB1C1，AA1=1，底面△ABC是边长为2的正三角形，∴．

第11页（共22页）

15．已知实数x，y满足x＞y＞0且x+y=1，则+的最小值是．【考点】基本不等式．【剖析】化简+=+=2++，从而利用基本不等式求解．【解答】解：+=+=2+2++=2++

2+=，

（当且仅当2=，即x=，y=时，等号建立），

故答案为：．

三、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.把答

案填在答题卡上的相应地点.

16．已知函数满足以下条件：

?①周期T=π；

②?图象向左平移个单位长度后关于y轴对称；

?f（0）=1．

（Ⅰ）求函数f（x）的剖析式；

（Ⅱ）设，求cos（2α﹣2β）的值．【考点】由y=Asinxy=Asinx（ω+φ）的部分图象确立其剖析式；函数（ω+φ）的图象变换．【剖析】（Ⅰ）依据f（x）的周恳求出ω的值，依据f（x）的图象平移以及g（x）的图象关于y轴对称，求出φ的值，再由f（0）=1求出A的值，即得f（x）的剖析式；fαfβ）的值求出cos2αcos2βαβsin2α（Ⅱ）依据（﹣）与（+、，再依据、的范围求出、sin2β，从而求出cos（2α﹣2β）的值．

【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）的周期为T==π，∴ω=2；

第12页（共22页）

又函数f（x）的图象向左平移个单位长度，变成gx=Asin[2x+φ（）（）+]，由题意，g（x）的图象关于y轴对称，

∴2×+φ=+kπ，k∈Z；

φ，∴φ=，又||＜∴函数f（x）=Asin（2x+）；又f（0）=1，∴Asin=1，解得A=2，∴函数f（x）=2sin（2x+）；（Ⅱ）由f（α﹣）=﹣，f（β+）=，

得2sin（2α﹣+）=﹣，

2sin（2β++）=，

cos2α=，cos2β=；

又α、β∈（0，），

∴2α、2β∈（0，），

∴sin2α=，sin2β=，

cos（2α﹣2β）=cos2αcos2β+sin2αsin2β

×+×=．

17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，M，N分别为PB，CD的中点，二面角P﹣CD﹣A的大小为60°，∠ABC=60°，AB=2，PC=PD=

（Ⅰ）求证：PA⊥平面ABCD；

（Ⅱ）求直线MN与平面PCD所成角的正弦值．

第13页（共22页）

【考点】直线与平面所成的角；直线与平面垂直的判断．【剖析】（I）连接AN，依据三线合一可得AN⊥CD，PN⊥CD，于是得出CD⊥平面PAN，故而PA⊥CD，计算AN，PN，利用余弦定理求出PA，得出PA⊥AN，从而得出PA⊥平面ABCD；（II）以A为原点建立空间坐标系，求出平面PCD的法向量，则|cos，＞|即为所＜求．

【解答】证明：（I）连接AN，

∵四边形ABCD是菱形，∠ABC=60°，

∴△ACD是等边三角形，

∵N是CD的中点，PC=PD，

∴AN⊥CD，PN⊥CD，

∴∠PNA为二面角P﹣CD﹣A的平面角，且CD⊥平面PAN．

∴PA⊥CD，∠PNA=60°．

∵AB=AD=2，PC=PD=．∴AN=，PN==2．在△PAN中，由余弦定理得PA22PN2﹣2AN?PNcos60=3122=9．=AN+°+﹣∴PA2+AN2=PN2，∴PA⊥AN，

又CD?平面ABCD，AN?平面ABCD，AN∩CD=N，∴PA⊥平面ABCD．

（II）以A为原点，以AB，AN，AP为坐标轴建立空间直角坐标系，以以以以下图：

则A（0，0，0），B（2，0，0），N（0，，0），P（0，0，3），C（1，，0），D（﹣1，，0）．∴M（1，0，）．∴=（﹣1，，﹣），=（1，，﹣3），=（﹣2，0，0）．设平面PCD的法向量为=（x，y，z），则，=0，∴，令z=1得=（0，，1）．∴=，∴cos＜＞===．

∴直线MN与平面PCD所成角的正弦值为．

第14页（共22页）

18．已知正项数列{an}的前nS满足6S23a2aaa的等比中项．项和nn=an+n+，且2是1和6（Ⅰ）求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）符合[x]表示不超出实数x的最大整数，如[log23]=1，[log25]=2．记，求数列的前n项和Tn．【考点】数列的乞降；等比数列的通项公式．【剖析】（I）由6Sn=an2+3an+2，当n≥2时，+2，可得：6an=﹣+3an﹣3an﹣1，化为（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣3）=0，依据数列{an}是正项数列，及其等差数列的通项公式、a2是a1和a6的等比中项即可得出．（II）=logn1==n，=n?2n．利2用“错位相减法”与等比数列的前n项和公式即可得出．I）由6S23a2n≥2时，+26a【解答】解：（n=an+n+，当，可得：n=+3an﹣3an﹣1，

化为（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣3）=0，∵数列{an}是正项数列，∴an+an﹣1＞0，可得an﹣an﹣1=3，∴数列{an}是等差数列，公差为3．

由6a1=+3a1+2，解得a1=1或2．

当a1=2时，an=2+3（n﹣1）=3n﹣1，可得a2=5，a6=17，不满足a2是a1和a6的等比中项，舍去．当a1=1时，an=1+3（n﹣1）=3n﹣2，可得a2=4，a6=16，满足a2是a1和a6的等比中项．∴an=3n﹣2．

（II）=[log2（n+1）]，∴==n，

∴=n?2n．

∴数列的前n项和T23×23n?2n，n=2+2×2+++2Tn=22+2×23++（n﹣1）?2n+n?2n+1，第15页（共22页）

∴﹣T22n﹣n?2n+1n+1n+12，n×﹣+（﹣）Tn=（n﹣1）?2n+1+2．

19．a，b，c，d四名运动员强抢某次赛事的第1，2，3，4名，竞赛规则为：经过抽签，将4人分为甲、乙两个小组，每组两人．第一轮竞赛（半决赛）：两组各自在组内进行一场比赛，决出各组的胜者和负者；第二轮竞赛决赛：两组中的胜者进行一场竞赛强抢1，2名，两组中的负者进行一场竞赛强抢第3，4名．四名选手过去交锋的输赢状况累计以下表：abcdaa13胜26负a20胜10负a21胜21负bb26胜13负b14胜28负b19胜19负cc10胜20负c28胜14负c18胜18负dd21胜21负d19胜19负d18胜18负若抽签结果为甲组：a，c；乙组：b，d．每场竞赛中，两方过去交锋各自获胜的频率作为获胜的概率．（Ⅰ）求c获得第1名的概率；（Ⅱ）求c的名次X的分布列和数学希望．【考点】失散型随机变量的希望与方差；失散型随机变量及其分布列．【剖析】（Ⅰ）求出a分别与b，c，d竞赛时获胜的概率，b分别与a，c，d竞赛时获胜的概率，c分别与a，b，d竞赛时获胜的概率，由此能求出C获得第一名的概率．（Ⅱ）C名次X的可能取值有1，2，3，4，分别求出相应的概率，由此能求出X的分布列和EX．【解答】解：（Ⅰ）设a分别与b，c，d竞赛时获胜的事件分别为Ab，Ac，Ad，则P（Ab）=，P（Ac）=，P（Ad）=，b分别与a，c，d竞赛时获胜的事件分别为Ba，Bc，Bd，则P（Ba）=，P（Bc）=，P（Bd）=，c分别与a，b，d竞赛时获胜的事件分别为Ca，Cb，Cd，则P（Ca）=，P（Cb）=，P（Cd）=，d分别与a，b，c竞赛时获胜的事件分别为Da，Db，Dc，则P（Da）=，P（Db）=，P（Dc）=，∴C获得第一名的概率：P=P（Ca）P（Bd）P（Cb）+P（Ca）P（Db）P（Cd）==．（Ⅱ）C名次X的可能取值有1，2，3，4，PBPCPCPDPC==．P（X=1）=P（Ca）（d）（b）+（a）（b）（d）若C为第二名，则甲组中C胜，且C与乙组的胜者竞赛时负，

第16页（共22页）

∴P（X=2）=P（Ca）P（Bd）P（Bc）+P（Ca）P（Db）P（Dc）=

，

若C为第3名，则甲组中C负，且C与乙组的负者竞赛时胜，PX=3）=P（APDPCPAPBPCd）═+∴（c）（b）（b）+（c）（d）（=，

P（X=4）=1﹣P（X=1）﹣P（X=2）﹣P（X=3）=1﹣=．

∴X的分布列为：

X1234

P

EX==．

20．已知函数f（x）=x2﹣2ax，g（x）=lnx．（Ⅰ）若f（x）≥g（x）关于定义域内的随意x恒建立，务实数a的取值范围；（Ⅱ）设h（x）=f（x）+g（x）有两个极值点x1，x2且，证明：h（x1）﹣h

x2）＞﹣ln2．

【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单一性．

【剖析】（Ⅰ）分别参数a可得：a≤（x﹣），（x＞0），设ω（x）=（x﹣），根

据函数的单一性求出函数的最小值，从而求出a的范围即可；

（Ⅱ）求出h（x）的导数，获得x=∈（1，+∞2ax=212ax=212），且1+，2+，设μ（x）=x2﹣﹣ln2x2（x＞1），求出函数的单一性，证出结论即可．【解答】解：（Ⅰ）由题意得：f（x）≥g（x）?x2﹣2ax≥lnx，（x＞0），

分别参数a可得：a≤（x﹣），（x＞0），

设ω（x）=（x﹣），则ω′（x）=，

因为y=x2，y=lnx在（0，+∞）递加，

y=x2+lnx﹣1在（0，+∞）递加，明显x=1时，该函数值是0，

x∈（0，1）时，ω′（x）＜0，x∈（1，+∞）时，ω′（x）＞0，

∴ω（x）min=ω（1）=，

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a≤ω（x）min=，即a∈（﹣∞，]．

（Ⅱ）证明：由题意得：h（x）=x2﹣2ax+lnx，

则hx=2x﹣2a=x0′（）+（＞），∴方程2x2﹣2ax+1=0（x＞0）有2个不相等的实数根x，x2且x∈（0，），11又∵x1x2=，∴x2=∈（1，+∞），且2ax=212ax=211+，2+，而h（x1）﹣h（x2）

=[﹣（2+1）+lnx1]﹣[﹣（2+1）+lnx2]

=﹣﹣